der hver f_i \: E \to R er deriverbar i x, for 1 \le i \le p. Vi kan skrive likningen \epsilon(x, h) = (\epsilon_1(x, h), \dots, \epsilon_p(x, h)).

Transkript

1 MAT1300 Analyse I 23. februar 2009 La E \subset R^m og f \: E \to R^p. Anta B(x, \delta) \subset E. Dersom f er deriverbar i x, er den deriverte \alpha = f'(x) \: R^m \to R^p gitt ved multiplikasjon med en p x m matrise A = (a_{i,j})_{i,j=1,1}^{p,m}. Vi kan tenke på f som et p- tuppel av funksjoner f_1, \dots, f_p \: E \to R der hver f_i \: E \to R er deriverbar i x, for 1 \le i \le p. Vi kan skrive likningen (*) f(x+h) = f(x) + \alpha(h) + \epsilon(x,h) h i R^p som et p-tuppel av likninger (**) f_i(x+h) = f_i(x) + \alpha_i(h) + \epsilon_i(x, h) h i R, der f(x) = (f_1(x), \dots, f_p(x)) \alpha(h) = (\alpha_1(h), \dots, \alpha_p(h)) \epsilon(x, h) = (\epsilon_1(x, h), \dots, \epsilon_p(x, h)). Spesielt er \alpha_i \: R^m \to R en lineæravbildning for hver i, gitt ved multiplikasjon med 1 x m matrisen (a_{i,j})_{j=1}^m gitt ved i-te rad i A. Vi kan derfor bestemme matrisen A og lineæravbildningen \alpha \: R^m \to R^p, ved å bestemme hver rad i A og hver lineæravbildning \alpha_i \: R^m \to R. Siden \epsilon(x, h) \to 0 hvis og bare hvis hver \epsilon_i(x, h) \to 0, for 1 \le i \le p, er f deriverbar i x hvis og bare hvis hver f_i er deriverbar i x, og ved likningen (**) er \alpha_i = f'_i(x) i så fall lik den deriverte til f_i i x. Vi fokuserer derfor på en enkelt funksjon g \: E \to R, som er deriverbar i x. Den deriverte \beta = g'(x) \: R^m \to R av g i x er bestemt av likningen g(x+h) = g(x) + \beta(h) + \epsilon(x, h) h der \epsilon(x, h) \to 0 når h \to 0. Her er h \in R^m, med h <\delta. For å redusere til en reell funksjon av {\'e}n reell variabel, der vi kan beskrive den deriverte som grensen av en differential-kvotient, begrenser vi h til å ligge på en linje gjennom origo. La u \in R^m være en enhetsvektor, slik at u =1. For eksempel kan u = e_j, der 1 \le j \le m. Funksjonen G(t) = g(x + tu) er da en funksjon G \: (-\delta, \delta) \to R, som implisitt avhenger av u, med

2 G(t) = G(0) + \beta(tu) + \epsilon(x, tu) t. Her er t \mapsto \beta(tu) en lineæravbildning R \to R, så det finnes et entydig bestemt tall b \in R med \beta(tu) = bt for alle t. Altså er {G(t) - G(0) \over t} = b +/- \epsilon(x, tu). Dersom g er deriverbar i x vet vi at \epsilon(x, tu) \to 0 når t \to 0, så G er deriverbar i t=0, med derivert G'(0) = b = \beta(u). Omvendt, dersom G er deriverbar i t=0, så sier vi at g har en retningsderivert i x i retningen u, med verdi G'(0). For u = e_j, der 1 \le j \le m, kaller vi den retningsderiverte til g i x i retningen e_j den j-te partielle deriverte av g i x, dersom den eksisterer. Dette er grensen G'(0) = \lim_{t\to0} {g(x+t e_j) - g(x) \over t}. Her er (x + te_j) = (x_1, \dots, x_{j-1}, x_j + t, x_{j+1}, \dots, x_m). Vi skriver D_j g(x) = g_{,j}(x) eller {\partial g \over \partial x_j}(x) for denne retningsderiverte. Dersom g er deriverbar i x har den altså retningsderiverte i x i alle retninger u, og spesielt har den j-te partielle deriverte i x for alle 1 \le j \le m. Det omvendte gjelder generelt ikke: det finnes funksjoner med retningsderiverte i alle retninger som ikke er deriverbare. Se Example Lineæravbildningen \beta \: R^m \to R er bestemt av sine verdier b_j = \beta(e_j) på basisvektorene e_j. Da er \beta(h) = b_1 h_1 + \dots + b_m h_m = \sum_{j=1}^m b_j h_j for h = (h_1, \dots, h_m), så (b_j)_{j=1}^m er matriseformen til \beta. Når g er deriverbar i x med g'(x) = \beta har vi sett at den j-te partielle deriverte D_j g(x) = g_{,j}(x) er lik G'(0) = \beta(e_j), der G(t) = g(x + t e_j). Altså er D_j g(x) = g_{,j}(x) = b_j, så matriseformen til Dg(x) = g'(x) = \beta er gitt ved de partielle deriverte (D_j g(x))_{j=1}^m = (g_{,j}(x))_{j=1}^m. Vi vender så tilbake til f \: E \to R^p, med koordinater f_i \: E \to R for 1 \le i \le p. Dersom f er deriverbar i x er hver f_i deriverbar i x, med partielle deriverte

3 D_j f_i(x) = f_{i,j}(x) = {\partial f_i \over \partial x_j}(x) for hver j. Matriseformen til \alpha = Df(x) = f'(x) har p rader, med i-te rad lik matriseformen til Df_i(x) = f'_i(x), og denne er lik (D_j f_i(x))_{j=1}^m = (f_{i,j} (x))_{j=1}^m. Altså er matriseformen til Df(x) = f'(x) lik p \times m matrisen (D_j f_i(x))_{i,j=1,1}^{p,m} = (f_{i,j}(x))_{i,j=1,1}^{p,m}. Dette kalles Jacobi-matrisen til f i x, og består av alle de partielle deriverte av alle koordinatene til f. Lemma: La E \subset R^m, f \: E \to R^p, B(x, \delta) \subset E og anta at f er deriverbar i x. Da eksisterer alle de partielle deriverte f_{i,j}(x), og matrisen til den deriverte Df(x) \: R^m \to R^p er Jacobi-matrisen (f_{i,j}(x))_{i,j=1,1}^{p,m} Operatornormen Vi trenger et mål på størrelsen av en lineæravbildning \alpha \: R^m \to R^p. Lemma: Hvis \alpha \: R^m \to R^p er lineær finnes en konstant K = K(\alpha) slik at \alpha(x) \le K x for alle x \in R^m. Bevis: La A = (a_{i,j}) være matriseformen til \alpha, slik at for x = (x_1, \dots, x_m) er y = \alpha(x) = (y_1, \dots, y_p) gitt ved y_i = \sum_{j=1}^m a_{i,j} x_j for hver 1 \le i \le p. La K = \sum_{i,j} a_{i,j}. Da er y \le \sum_i y_i \le \sum_{i,j} a_{i,j} x_j \le \sum_{i,j} a_{i,j} x \le K x. Alternativt bevis: La B = B(0, 1) = \{ x \in R^m : x \le 1\}. Da er B lukket, begrenset og ikketom. Funksjonen f \: B \to R gitt ved f(x) = \alpha(x) er kontinuerlig, og oppnår derfor sitt maksimum. Med andre ord finnes en m in B med f(y) \le f(m) for alle y \in B. La K = f(m). For en generell x \in R^m - \{0\} er y = x/ x \in B, så

4 K \ge f(y) = \alpha(x/ x ) = \alpha(x) / x som impliserer \alpha(x) \le K x. For x=0 er dette klart. QED. Definisjon: La \alpha \: R^m \to R^p være lineær. La operatornormen \alpha = \sup_{ x \le 1} \alpha(x) være supremum av mengden av normer \alpha(x) der x \le 1. Ved det første beviset ovenfor er denne mengden oppad begrenset, og har derfor et supremum. Ved det andre beviset har mengden til og med et (oppnådd) maksimum. Oppgave: \alpha = \sup_{ x \le 1} \alpha(x) = sup_{ x = 1} \alpha(x) = sup_{x \ne 0} { \alpha(x) \over x }. Lemma: La \alpha, \beta \: R^m \to R^p være lineæravbildninger. (i) Hvis x \in R^m er \alpha(x) \le \alpha x. (ii) \alpha \ge 0. (iii) Hvis \alpha = 0 så er \alpha=0. (iv) Hvis k \in R er k \alpha = k \alpha. (v) (trekantulikheten) \alpha + \beta \le \alpha + \beta. (vi) Hvis \gamma \: R^p \to R^q er lineær, så er \gamma \alpha \le \gamma \alpha. Bevis av (v) :For alle x \in R^m er (\alpha + \beta)(x) = \alpha(x) + \beta(x) \le \alpha(x) + \beta(x) \le \alpha x + \beta x

5 = ( \alpha + \beta ) x. Dersom x \le 1 er dette oppad begrenset av \alpha + \beta, så supremum av alle disse uttrykkene, dvs. \alpha + \beta, er mindre enn eller lik \alpha + \beta. QED. La nå f \: R^m \to R^p og g \: R^p \to R^q være deriverbare. La x \in R^m og sett y = f(x). For små h \in R^m er da f(x+h) \approx f(x) + f'(x)(h), mens for små k \in R^p er g(y+k) \approx g(y) + g'(y)(k). Da er antageligvis (gf)(x+h) = g(f(x+h)) \approx g(f(x) + f'(x)(h)) = g(y+k) med k = f'(x)(h), og g(y+k) \approx g(y) + g'(y)(k) = gf(x) + g'(f(x))(f'(x)(h)) så det er rimelig å forvente at (gf)'(x) = g'(f(x)) f'(x) er den sammensatte lineæravbildningen av f'(x) \: R^m \to R^p og g'(f(x)) \: R^p \to R^q. Lemma (Kjerneregelen): La U \subset R^m, V \subset R^p, f \: U \to R^p og g \: V \to R^q slik at f(u) \subset V. La x \in U og y = f(x) \in V. Anta at U er en omegn om x, og at V er en omegn om y. Anta at f er deriverbar i x med derivert \alpha = f'(x) \: R^m \to R^p og at g er deriverbar i y med derivert \beta = g'(y) \: R^p \to R^q. Da er den sammensatte funksjonen gf \: U \to \R^q deriverbar i x med derivert \beta\alpha \: R^m \to R^q. Med andre ord: Bevis: Vi vet at og D(gf)(x) =Dg(f(x)) Df(x) (gf)'(x) = g'(f(x)) f'(x). f(x+h) = f(x) + \alpha(h) + \epsilon_1(h) h g(f(x)+k) = g(f(x)) + \beta(k) + \epsilon_2(k) k der \epsilon_1(h) \to 0 når h \to 0, og \epsilon_2(k) \to 0 når k \to 0. Det følger at (gf)(x+h) = g(f(x+h)) = g(f(x) + \alpha(h) + \epsilon_1(h) h )

6 så vi lar k = \alpha(h) + \epsilon_1(h) h og får der og mens (gf)(x+h) = g(f(x)) + \beta(\alpha(h) + \epsilon_1(h) h ) + \epsilon_2(\alpha(h) + \epsilon_1(h) h ) \alpha(h) + \epsilon_1(h) h = (gf)(x) + (\beta\alpha)(h) + \eta(h) h \eta(h) = \eta_1(h) + \eta_2(h) \eta_1(h) = \beta(\epsilon_1(h)) \eta_2(h) h = \epsilon_2(\alpha(h) + \epsilon_1(h) h ) \alpha(h) + \epsilon_1(h) h. Vi må vise at \eta(h) \to 0 når h \to 0. Det er nok å vise at \eta_1(h) \to 0 og \eta_2(h) \to 0 når h \to 0. Vi vet at \eta_1(h) = \beta(\epsilon_1(h)) \le \beta \epsilon_1(h) og \epsilon_1(h) \to 0 når h \to 0, så \eta_1(h) \to 0 når h \to 0. Videre er så \alpha(h) + \epsilon_1(h) h \le \alpha(h) + \epsilon_1(h) h \eta_2(h) \le \alpha h + \epsilon_1(h) h = ( \alpha + \epsilon_1(h) ) h \le \epsilon_2(\alpha(h) + \epsilon_1(h) h ) ( \alpha + \epsilon_1(h) ) \to 0 ( \alpha + 0) = 0 når h \to 0. QED.